Вариант 9 Контрольная работа №1 Задание №1.

Вариант 9
Контрольная работа №1
Задание №1.
Решить матричное уравнение
 1 0  1
5 1



A   2 1 0  ; B  14 2
0 3 1 
 13 1



X  А  В , где
1 2 

3 2 .
3  2 
Решение.
Матричное уравнение X  А  В решения не имеет, так как в этом случае матрица A
должна была бы иметь 4 столбца, а не 3.
Поэтому решаем матричное уравнение: А  X  В .
Умножим обе части матричного уравнения слева на матрицу А1 :
А1 АХ  А1 В ;  EХ  А1 В ;  Х  А1 В , где Е - единичная матрица,
произведение которой на любую матрицу Х равно: ЕХ  ХЕ  Х .
Вычислим обратную матрицу А1 , используя формулу:
 А11 А21 А31 

1
1
А   А12 А22 А32 , где Аij - алгебраическое дополнение элемента аij матрицы А,


 А13 А23 А33 
 - главный определитель системы.
1 0 1
  2 1 0  1  6  0  0  0  0  5 .
0 3
А11 
1 0
1
 1  0  1,
А21  
3 1
2 0
А12  
 2,
0 1
2 1
А13 
 6,
0 3
А22 
0 1
1
1 1
0
А23  
3
1
1 0
0 3
 3,
А31 
0 1
1
 1,
А32  
 3,
А33 
1
2
1
2
 1,
0
1
 2,
0
0
 1.
1
  0,2 0,6  0,2 


Обратная матрица А   0,4  0,2 0,4 
  1,2 0,6  0,2 


Получаем искомое решение заданного матричного уравнения:
0,8 1 1,2 
  0,2 0,6  0,2   5 1 1 2   4,8

 
 

1
Х  А В   0,4  0,2 0,4   14 2 3 2    4,4
0,4 1  0,4 
  1,2 0,6  0,2   13 1 3  2    0,2  0,2 0  0,8 

 
 

0,8 1 1,2 
 4,8


 Х   4,4
0,4 1  0,4  .
  0,2  0,2 0  0,8 


1
Задание №2. По формулам Крамера решить систему уравнений:
 х1  2 х2  х3  7,

2 х1  х2  х3  3,
 х  3х  х  2.
2
3
 1
Решение.
Составим главный и вспомогательные определители системы и вычислим их:
1  2 1
 2
1
1  1  6  2  1  3  4  15 .
1  3
1
Так как 0, то данная система совместна и имеет единственное решение.
7  2 1
 х1  3
1
2 3
1  7  9  4  2  21  6  45;
1
1
7
1
 х2  2
3
1  3  4  7  3  2  14  15;
1  2
1
2
7
1
 х3  2
1
3  2  42  6  7  9  8  30.
1  3  2
По формулам Крамера получаем искомое решение системы:
 х1 45

 x1    15  3;

 х2  15


 1;
 х2 

15

 х   х3   30  2.
 3

15
 x1  3,

Искомое решение системы:  х 2  1,
 х   2.
 3
Задание №3. Методом Гаусса решить систему уравнений:
5х1  6 х2  17 х3  х4  0,

3х1  5х2  13х3  2 х4  0,
 х  2 х  5х  х  0.
2
3
4
 1
Решение.
Преобразуем матрицу однородной системы к «ступенчатому» виду с помощью
элементарных преобразований.
На первом шаге поменяем местами 1-ю и 3-ю строки.
На втором шаге:
- 1-ю строку оставляем без изменений;
- на месте 2-й записываем разность 2-й и 1-й, умноженной на 3;
- на месте 3-й записываем разность 3-й и 1-й, умноженной на 5.
На третьем шаге:
- 1-ю строку оставляем без изменений;
- элементы 2-й строки умножаем на (-1);
- на месте 3-й записываем разность 3-й и преобразованной 2-й, умноженной на 4.
На четвертом шаге:
- из 1-й строки вычитаем 2-ю, умноженную на 2;
- вычеркиваем нулевую 3-ю строку.
5  1  1 2 5  1
 5 6 17  1   1 2 5  1   1 2

 
 
 

 3 5 13  2    3 5 13  2    0  1  2 1    0 1 2  1 
 1 2 5  1   5 6 17  1   0  4  8 4   0 0 0 0 

 
 
 

1 0 1 1 


 0 1 2 1
 x1   х3  х 4 ,

Получили искомое общее решение системы:  х 2  2 х3  х 4 ,
 х , х  R.
3
4

Задание №4. При каком значении параметра  вектор q   1; 0;  является
собственным вектором линейного оператора A , заданного матрицей
 4 4  6


A   3 2  3  . Найти собственное значение оператора A , соответствующее данному
 3 4  5


вектору.
Решение:
Если вектор q является собственным вектором линейного оператора A с собственным
значением , то выполняется равенство: Аq  q , что эквивалентно системе уравнений:
4  6   ,
 4  0  6   ,



3  3  0,
 3  0  3  0   ,
3  5  .
 3  0  5  .


Из 2-го уравнения системы имеем:   1 . Тогда из 1-го или из 3-го уравнения
получаем:   2 .
Таким образом, q   1; 0;  1 - собственный вектор линейного оператора A с
собственным значением   2 .
Задание №5. Составить уравнение прямой, проходящей через центр окружности
х 2  у 2  4 х  2 у  20  0 параллельно прямой х  2 y  3  0 . Сделать чертеж.
Решение:
Приведем уравнение окружности к каноническому виду:
2
х  у 2  4 х  2 у  20  0 ;
х 2  4 х  4 у 2  2 у  1 25  0 ;
х  22   у  12  52
- уравнение окружности радиуса 5 с центром в точке М  2;1 .
Уравнение прямой, параллельной заданной прямой: х  2 y  3  0 , имеет вид:
х  2y  А  0.
Так как эта искомая прямая проходит через точку М  2;1 , то ее координаты
удовлетворяют последнему уравнению, то есть имеем:
 2  2 1  А  0 , откуда А  4 , и получаем уравнение искомой прямой:
х  2y  4  0 .
Y
х  2y  4  0
2
М
-4
-3 -2
1
0
Х
х  2y  3  0
Задание №6. Составить уравнение плоскости, перпендикулярной прямой
х  2 y 1 z  3


и проходящей через точку A 1;2;1 .
3
2
2
Решение:
ха yb zc


вектор m; n; l является направляющим вектором.
m
n
l
Поэтому вектор 3;  2; 2 является направляющим вектором заданной прямой
х  2 y 1 z  3


.
3
2
2
Вектор A; B; C перпендикулярен плоскости Aх  By  Cz  D  0 .
Поэтому плоскость 3х  2 y  2 z  D  0 будет перпендикулярна вектору 3;  2; 2, а
значит, и заданной прямой.
Так как плоскость проходит через точку A 1;2;1 , то координаты точки
удовлетворяют уравнению плоскости, то есть имеем:
3   1  2   2  2  1  D  0 , или D  3 .
Отсюда получили уравнение искомой плоскости:
3х  2 y  2 z  3  0 .
Для прямой